2019-2020年高考數(shù)學一輪復習 8.5空間向量與立體幾何.doc

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2019-2020年高考數(shù)學一輪復習 8.5空間向量與立體幾何 A組　xx年模擬基礎(chǔ)題組 1.(xx江西臨川一中期中,19)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是平行四邊形,∠DAB=45,AA1=AB=2,AD=2,點E是C1D1的中點,點F在B1C1上且B1F=2FC1. (1)證明:AC1⊥平面EFC; (2)求銳二面角A-FC-E的平面角的余弦值. 2.(xx山西太原一模,19)在如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD為矩形,平面ABEF⊥平面ABCD,EF∥AB,∠BAF=90,AD=2,AB=AF=2EF=1,點P在棱DF上(其中點P不與D、F重合). (1)若P是DF的中點,求證:BF∥平面ACP; (2)若二面角D-AP-C的余弦值為,求PF的長. 3.(xx重慶六校下學期第三次診斷,20)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,AB⊥PA,BC=2AB=2AD=4BE,平面PAB⊥平面ABCD. (1)求證:平面PED⊥平面PAC; (2)若直線PE與平面PAC所成的角的正弦值為,求二面角A-PC-D的平面角的余弦值. 4.(xx遼寧沈陽二模,19)如圖,BC為圓O的直徑,D為圓周上異于B、C的一點,AB垂直于圓O所在的平面,BE⊥AC于點E,BF⊥AD于點F. (1)求證:BF⊥平面ACD; (2)若AB=BC=2,∠CBD=45,求平面BEF與平面BCD所成銳二面角的余弦值. B組　xx年模擬提升題組 限時:50分鐘 1.(xx河北重點中學期中,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,∠BAD=60,Q為AD的中點. (1)若PA=PD,求證:平面PQB⊥平面PAD; (2)若平面APD⊥平面ABCD,且PA=PD=AD=2,則在線段PC上是否存在點M,使二面角M-BQ-C的大小為60?若存在,試確定點M的位置;若不存在,請說明理由. 2.(xx北京西城一模,17)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD和側(cè)面BCC1B1都是矩形,E是CD的中點,D1E⊥CD,AB=2BC=2. (1)求證:BC⊥D1E; (2)求證:B1C∥平面BED1; (3)若平面BCC1B1與平面BED1所成的銳二面角的大小為,求線段D1E的長度. 3.(xx寧夏銀川一中四模,19)在正三角形ABC中,E,F,P分別是AB,AC,BC邊上的點,滿足===(如圖1),將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使二面角A1-EF-B成直二面角(如圖2). (1)求證:A1E⊥平面BEP; (2)求直線A1E與平面A1BP所成角大小; (3)求二面角B-A1P-F的余弦值. 4.(xx遼寧鞍山二模,18)如圖所示,四棱錐P-ABCD的底面是邊長為1的正方形,PA⊥CD,PA=1,PD=,E為PD上一點,PE=2ED. (1)求證:PA⊥平面ABCD; (2)求二面角D-AC-E的余弦值; (3)在側(cè)棱PC上是否存在一點F,使得BF∥平面AEC?若存在,指出F點的位置,并證明;若不存在,說明理由. A組　xx年模擬基礎(chǔ)題組 1.解析　(1)證明:以A為坐標原點,射線AB為x軸的正半軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,0,0),結(jié)合已知易得C(4,2,0),C1(4,2,2),E(3,2,2),F, ∴=(4,2,2),=,=(1,0,-2), ∴=(4,2,2)=0, =(4,2,2)(1,0,-2)=0, ∴AC1⊥EF,AC1⊥EC. 又EF∩EC=E,且EF、EC?平面EFC, ∴AC1⊥平面EFC. (2)連結(jié)AF,AC.設(shè)向量n=(x,y,z)是平面AFC的法向量,則n⊥,n⊥,而=(4,2,0),=, ∴4x+2y=0,x+y+2z=0, 令x=1,得n=. 又是平面EFC的法向量, cos= ==-. ∴銳二面角A-FC-E的平面角的余弦值為. 2.解析　(1)證明:連結(jié)BD,交AC于點O,連結(jié)OP. 因為O為矩形ABCD對角線的交點,所以O(shè)B=OD,又因為P是DF的中點,所以O(shè)P為三角形BDF的中位線,所以BF∥OP. 因為BF?平面ACP,OP?平面ACP, 所以BF∥平面ACP.(4分) (2)因為∠BAF=90,所以AF⊥AB, 因為平面ABEF⊥平面ABCD,且平面ABEF∩平面ABCD=AB,所以AF⊥平面ABCD. 以A為坐標原點,AB,AD,AF所在直線為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示空間直角坐標系A(chǔ)-xyz,則B(1,0,0),C(1,2,0),F(0,0,1).(7分) 因為AB⊥平面ADP,所以平面ADP的一個法向量為n1=(1,0,0). 設(shè)P點坐標為(0,2-2t,t)(0|===,(10分) 解得t=或t=2(舍). 所以P,=, ||==. 故PF的長為.(12分) 3.解析　(1)證明:∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AB⊥PA, ∴PA⊥平面ABCD. 又∵AB⊥AD,故可建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz. 設(shè)BE=1,AP=λ, 則=(2,4,0),=(0,0,λ),=(2,-1,0),(2分) ∴=4-4+0=0,=0, ∴DE⊥AC,DE⊥AP, ∴ED⊥平面PAC.(4分) ∴平面PED⊥平面PAC.(6分) (2)由(1)知,平面PAC的一個法向量是=(2,-1,0),且=(2,1,-λ), 設(shè)直線PE與平面PAC所成的角為θ, 則sin θ=|cos<,>|==,解得λ=2. ∵λ>0, ∴λ=2,即P(0,0,2).(8分) 設(shè)平面PCD的法向量為n=(x0,y0,z0), ∵=(2,2,0),=(0,-2,2),n⊥,n⊥, ∴ 令x0=1,則n=(1,-1,-1),(10分) ∴cos==.(11分) 顯然二面角A-PC-D的平面角是銳角, ∴二面角A-PC-D的平面角的余弦值為.(12分) 4.解析　(1)證明:∵BC為圓O的直徑, ∴CD⊥BD. ∵AB⊥圓O所在的平面,∴AB⊥CD, 又∵AB∩BD=B,∴CD⊥平面ABD. 又∵BF?平面ABD,∴CD⊥BF. 又∵BF⊥AD且AD∩CD=D, ∴BF⊥平面ACD. (2)如圖,以O(shè)為原點建立空間直角坐標系. 則B(0,-1,0),E(0,0,1),D(1,0,0),A(0,-1,2). ∵BF⊥AD,∴DF===AD,得=, ∴F,=,=(0,1,1). 設(shè)平面BEF的法向量為n1=(x,y,z),則 即 解得不妨取平面BEF的一個法向量n1=(0,-1,1). 又由已知AB垂直于圓O所在的平面, 得是平面BCD的一個法向量, 設(shè)平面BEF與平面BCD所成的銳二面角為θ,n2==(0,0,2),則cos θ=|cos|==. B組　xx年模擬提升題組 1.解析　(1)證明:∵PA=PD,Q為AD的中點,∴PQ⊥AD. ∵四邊形ABCD為菱形,∠BAD=60,Q為AD的中點,∴BQ⊥AD. 又PQ∩BQ=Q,∴AD⊥平面PQB, ∵AD?平面PAD,∴平面PQB⊥平面PAD. (2)∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,且由(1)知PQ⊥AD,∴PQ⊥平面ABCD. 以Q為坐標原點,分別以QA,QB,QP所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,如圖. 則Q(0,0,0),結(jié)合已知易得P(0,0,),B(0,,0),C(-2,,0). 假設(shè)存在滿足題意的點M,可知M與點P,C不重合,設(shè)=λ(0<λ<1),則M(-2λ,λ,(1-λ)). 易知平面CBQ的一個法向量為n1=(0,0,1). 設(shè)平面MBQ的法向量為n2=(x,y,z), 由可取n2=, ∵二面角M-BQ-C的大小為60, ∴cos 60=|cos|=,解得λ=(λ=-1舍去),∴=. ∴存在滿足題意的點M,且點M為線段PC靠近P的三等分點. 2.解析　(1)證明:因為底面ABCD和側(cè)面BCC1B1是矩形,所以BC⊥CD,BC⊥CC1, 又因為CD∩CC1=C, 所以BC⊥平面DCC1D1, 因為D1E?平面DCC1D1,所以BC⊥D1E. (2)證明:連結(jié)D1B1,DB,因為BB1∥DD1,BB1=DD1,所以四邊形D1DBB1是平行四邊形. 連結(jié)DB1交D1B于點F,連結(jié)EF,則F為DB1的中點. 在△B1CD中,因為DE=CE,DF=B1F,所以EF∥B1C. 又因為B1C?平面BED1,EF?平面BED1, 所以B1C∥平面BED1. (3)由(1)可知BC⊥D1E, 又因為D1E⊥CD,且BC∩CD=C, 所以D1E⊥平面ABCD. 設(shè)G為AB的中點,以E為原點,EG,EC,ED1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,如圖.則E(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),G(1,0,0). 設(shè)D1E=a,則D1(0,0,a),B1(1,2,a). 設(shè)平面BED1的一個法向量為n=(x,y,z), 因為=(1,1,0),=(0,0,a), 所以由得 令x=1,得n=(1,-1,0). 設(shè)平面BCC1B1的一個法向量為m=(x1,y1,z1), 因為=(1,0,0),=(1,1,a), 所以由得 令z1=1,得m=(0,-a,1). 由平面BCC1B1與平面BED1所成的銳二面角的大小為, 得|cos|===cos, 解得a=1.所以D1E=1. 3.解析　不妨設(shè)正三角形ABC的邊長為3. (1)證明:在題圖1中,取BE的中點D,連結(jié)DF. ∵===,∴AF=AD=2, 又∠A=60,∴△ADF為正三角形. 又∵AE=ED=1,∴EF⊥AD, ∴在題圖2中有A1E⊥EF,BE⊥EF. ∴∠A1EB為二面角A1-EF-B的平面角. ∵二面角A1-EF-B為直二面角,∴A1E⊥BE. 又∵BE∩EF=E,∴A1E⊥平面BEF,即A1E⊥平面BEP. (2)由(1)可知,A1E⊥平面BEP,BE⊥EF,故可建立如圖所示的空間直角坐標系,則E(0,0,0),A1(0,0,1),B(2,0,0),F(0,,0),P(1,,0), ∴=(2,0,-1),=(-1,,0),=(0,0,1), 設(shè)平面A1BP的法向量為n1=(x1,y1,z1), 則 令x1=3,則n1=(3,,6). ∴cos==, 易知直線A1E與平面A1BP所成角的大小為. (3)=(0,,-1),=(-1,0,0),設(shè)平面A1FP的法向量為n2=(x2,y2,z2). 則n2⊥,n2⊥, 即 令y2=1,得n2=(0,1,). ∴cos==, 又易知二面角B-A1P-F為鈍二面角, 所以二面角B-A1P-F的余弦值是-. 4.解析　(1)證明:∵PA=AD=1,PD=, ∴PA2+AD2=PD2,即PA⊥AD.(2分) 又PA⊥CD,AD∩CD=D, ∴PA⊥平面ABCD.(4分) (2)過E作EG∥PA交AD于G,從而EG⊥平面ABCD, 且AG=2GD,EG=PA=.(5分) 連結(jié)BD交AC于O,過G作GH∥OD,交AC于H, ∴GH=OD=, 連結(jié)EH.∵GH⊥AC,EH在平面ABCD上的射影為GH, ∴EH⊥AC, ∴∠EHG為二面角D-AC-E的平面角.(6分) 又tan∠EHG==, ∴二面角D-AC-E的余弦值為.(7分) (3)存在.以A為原點,AB,AD,AP所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系. 則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,0,1),E,=(1,1,0),=. 設(shè)平面AEC的法向量為n=(x,y,z), 則即 令y=1,則n=(-1,1,-2).(10分) 假設(shè)側(cè)棱PC上存在一點F,且=λ(0≤λ≤1),使得BF∥平面AEC,則n=0. 又∵=+=(0,1,0)+(-λ,-λ,λ)=(-λ,1-λ,λ), ∴n=λ+1-λ-2λ=0,∴λ=, ∴存在點F,使得BF∥平面AEC,且F為PC的中點.(12分)